Question

設數列{a_n}（n=1，2，…）是等差數列，且公差為d，若數列{a_n}中任意（不同）兩項之和仍是該數列中的一項，則稱該數列是“封閉數列”．
（1）若a₁=4，d=2，判斷該數列是否為“封閉數列”，并說明理由？
（2）設S_n是數列{a_n}的前n項和，若公差d=1，a₁＞0，試問：是否存在這樣的“封閉數列”，使

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

+…+

1

Sn

)=

11

9

；若存在，求{a_n}的通項公式，若不存在，說明理由；
（3）試問：數列{a_n}為“封閉數列”的充要條件是什么？給出你的結論并加以證明．

Answer 1

分析：（1）由題意知對任意的m，n∈N^*，有a_m+a_n=（2m+2）+（2n+2）=2（m+n+1）+2，令p=m+n+1，有a_p=2p+2∈{a_n}，所以數列{a_n}是“封閉數列”．
（2）由{a_n}是“封閉數列”，得：對任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+（n-1）+a₁+（m-1）=a₁+（p-1）成立，于是有a₁=p-m-n+1為整數，由此入手結合題設條件能夠推導出a_n=n+1（n∈N^*）．
（3）結論：數列{a_n}為“封閉數列”的充要條件是存在整數m≥-1，使a₁=md．然后先證明必要性，再證明充分性．

解答：解：（1）數列{a_n}是“封閉數列”，因為：a_n=4+（n-1）•2=2n+2，
對任意的m，n∈N^*，有a_m+a_n=（2m+2）+（2n+2）=2（m+n+1）+2，
∵m+n+1∈N^*于是，令p=m+n+1，則有a_p=2p+2∈{a_n}
（2）解：由{a_n}是“封閉數列”，得：對任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+（n-1）+a₁+（m-1）=a₁+（p-1）成立，
于是有a₁=p-m-n+1為整數，
又∵a₁＞0
∴a₁是正整數．
若a₁=1則Sn=

n(n+1)

2

，所以

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

++

1

Sn

)=2＞

11

9

，
若a₁=2，則Sn=

n(n+3)

2

，所以

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

++

1

Sn

)=

11

9

，
若a₁≥3，則Sn=

n(2a1+n-1)

2

＞

n(n+3)

2

，于是

1

Sn

＜

2

n(n+3)

，所以

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

++

1

Sn

)＜

11

9

，
綜上所述，a₁=2，
∴a_n=n+1（n∈N^*），顯然，該數列是“封閉數列”．
（3）結論：數列{a_n}為“封閉數列”的充要條件是存在整數m≥-1，使a₁=md．
證明：（必要性）任取等差數列的兩項a_s，a_t（s≠t），若存在a_k使a_s+a_t=a_k，則2a₁+（s+t-2）d=a₁+（k-1）d?a₁=（k-s-t+1）d
故存在m=k-s-t+1∈Z，使a₁=md，
下面證明m≥-1．當d=0時，顯然成立．
對d≠0，若m＜-1，則取p=-m≥2，對不同的兩項a₁，a_p，
存在a_q使a₁+a_p=a_q，
即2md+（-m-1）d=md+（q-1）d?qd=0，
這與q＞0，d≠0矛盾，
故存在整數m≥-1，使a₁=md．
（充分性）若存在整數m≥-1使a₁=md，則任取等差數列的兩項a_s，a_t（s≠t），
于是a_s+a_t=a₁+（s-1）d+md+（t-1）d=a₁+（s+m+t-2）d=a_s+m+t-1
由于s+t≥3，m≥-1
∴s+t+m-1為正整數，
∴a_s+m+t-1∈{a_n}證畢．

點評：本題考查數列性質的綜合運用，解題時要認真審題，仔細解答．